Dowód równoległości prostych...

madmathman · Post autor: **madmathman** » 19 lut 2015, o 21:27

Przez trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) przeprowadzamy proste równoległe \(\displaystyle{ GH}\) oraz \(\displaystyle{ DE}\), tak aby przechodziły one przez jego ramiona. Oznaczamy punkty przecięcia tych prostych z ramionami trójkąta tak jak na rysunku (w linku). Następnie prowadzimy odcinki \(\displaystyle{ AG}\), \(\displaystyle{ BE}\) (punkt przecięcia tych odcinków to punkt \(\displaystyle{ F}\)) oraz odcinki \(\displaystyle{ AD}\), \(\displaystyle{ BH}\) (punkt przecięcia tych odcinków to punkt \(\displaystyle{ I}\)). Wykazać, że prosta \(\displaystyle{ FI}\) jest równoległa do prostych \(\displaystyle{ GH, DE}\).

Zadanie mojego autorstwa Do zadania przesyłam link z rysunkiem ----------> 23 lut 2015, o 20:28 --Uwaga!

Uogólniam powyższe zadanie (tak naprawdę hipotezę!!). Przez kąt wypukły \(\displaystyle{ ABC}\) ( Punkt \(\displaystyle{ C}\) jest wierzchołkiem kąta) przeprowadzamy proste równoległe \(\displaystyle{ GH}\) oraz \(\displaystyle{ DE}\) tak aby obie znajdowały się one "pod" punktami \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ B}\) lub "nad" punktami \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ B}\). Punkty \(\displaystyle{ F}\) oraz \(\displaystyle{ I}\) konstruujemy jak powyżej. Teza: prosta \(\displaystyle{ FI}\) jest równoległa do prostej \(\displaystyle{ DE}\). Teza jest fałszywa, gdy punkty \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) są "pomiędzy" prostymi równoległymi. Dlaczego?

Htorb · Post autor: **Htorb** » 24 lut 2015, o 10:44

Zastosuj twierdzenie Desargueas dla trójkątów \(\displaystyle{ FGH}\) i \(\displaystyle{ EID}\), ich oś perspektywiczną dostaniesz z twierdzenia Pappusa.

madmathman · Post autor: **madmathman** » 24 lut 2015, o 10:55

No dobrze, ale ja nie widzę w wymienionym twierdzeniu powiązania z równoległością.

Htorb · Post autor: **Htorb** » 24 lut 2015, o 11:16

Równoległość 3 prostych jest równoważna przecinaniu się ich w punkcie w nieskończoności.

madmathman · Post autor: **madmathman** » 24 lut 2015, o 11:19

Ale żeby było jasno Mówimy o geometrii rzutowej (na której w ogóle się nie znam), czy euklidesowej? Jeżeli jest postulat w geometrii rzutowej mówiący, że proste równoległe przecinają się w nieskończoności to jeszcze raz zabieram się do analizy tych twierdzeń No ale chyba tu chodzi o to, że szyny torów kolejowych spotykają się na horyzoncie, tak?

Htorb · Post autor: **Htorb** » 24 lut 2015, o 11:41

Dobre porównanie z tymi szynami . Akurat w tym zadaniu nie potrzeba znać specjalnie wiele twierdzeń z geometrii rzutowej. Twierdzenie Desarguesa mówi, że trójkąty mają oś perspektywiczną wtedy i tylko wtedy, kiedy mają środek perspektywiczny, w tym wypadku jest nim punkt w nieskończoności. Nasze 2 proste wyznaczające ten środek są równoległe, czyli trzecia też.

madmathman · Post autor: **madmathman** » 24 lut 2015, o 11:47

Czyli hipoteza staje się prawdziwa Dzięki wielkie

Hydra147 · Post autor: **Hydra147** » 24 lut 2015, o 12:16

Le przecież tu wystarczy tylko Pappus dla sześciokąta \(\displaystyle{ AGHBED}\). Wówczas dostajemy, że punkty \(\displaystyle{ AG \cap BE=F}\), \(\displaystyle{ GH \cap ED= X_{ \infty }}\), \(\displaystyle{ BH \cap AD=I}\) są współliniowe (\(\displaystyle{ X_{ \infty }}\) oznacza kierunek prostych \(\displaystyle{ AB,DE,GH}\)) czyli, że prosta \(\displaystyle{ FI}\) jest doń równoległa. A tak poza tym, to jak \(\displaystyle{ AB}\) leży pomiędzy \(\displaystyle{ GH}\) i \(\displaystyle{ ED}\) to teza też zachodzi.

Geftus · Post autor: **Geftus** » 24 lut 2015, o 14:51

Co więcej, tezę można jeszcze bardziej wzmocnić, mianowicie proste \(\displaystyle{ GH}\) i \(\displaystyle{ DE}\) nie muszą być równoległe -> wówczas nasza trzecia prosta przechodzi przez ich punkt przecięcia (lub jest równoległa do nich, jeśli nasze proste \(\displaystyle{ GH}\) i \(\displaystyle{ DE}\) są równoległe). Widać to na przykład z tego co napisał Hydra147.

madmathman · Post autor: **madmathman** » 24 lut 2015, o 21:26

Super Wielkie dzięki Geftus i całej reszcie za odpowiedź. A czy na podstawie tych spostrzeżeń można wydedukować coś w miarę przydatnego? Czy to też może tylko takie zadanko z geometrii rzutowej? Hydra, niemożliwe, że jak oba punkty \(\displaystyle{ A}\), \(\displaystyle{ B}\) "są pomiędzy równoległymi" to teza zachodzi (geogebra potwierdza). Chyba, że rozumiemy to określenie inaczej. Tak czy owak jeszcze raz wielkie dzięki.

Hydra147 · Post autor: **Hydra147** » 24 lut 2015, o 22:25

Raczej niewiele wniosków można wysnuć z Twojego problemu, natomiast jego ważnym uogólnieniem jest tw. Pappusa tj. to uogólnienie, o którym pisze Geftus. Mówi ono, że punkty przecięcia przeciwległych boków sześciokąta, którego wierzchołki leżą kolejno na dwóch prostych leżą na jednej prostej (na płaszczyźnie rzutowej). Co ciekawe jeden z dowodów tego twierdzenia można przeprowadzić dokonując najpierw przekształcenia rzutowego, które prostą zawierającą dwa spośród trzech punktów przecięcia przeprowadza na prostą w nieskończoności i wówczas sprowadzamy problem do następującego. Dany jest sześciokąt ABCDEF, którego wierzchołki leżą kolejno na dwóch prostych oraz \(\displaystyle{ AB||DE}\) i \(\displaystyle{ BC||EF}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ CD||FA}\). A to już łatwo zrobić chociażby z tw. Talesa. Twój problem jest "pomiędzy" tym powyżej, a tw. Pappusa- tylko jeden z pośród punktów przecięcia przeciwległych boków sześciokąta leży na prostej w nieskończoności.